Небольшая контрольная на 20-30 минут по геометрии 7 класс с ответами и решениями «Параллельные прямые» Варианты 1-2. Цитаты из Задачника использованы в учебных целях. Код материалов: Геометрия 7 Проверочная 3 в12.
Вернуться к списку работ (в ОГЛАВЛЕНИЕ)
Геометрия 7 класс
Проверочная №3. Варианты 1-2
ПР-3 Вариант 1
№ 1. 1) Отрезки РК и MN пересекаются в их середине, точке О. Докажите, что прямые РМ и KN параллельны.
Решение:
Точка О — середина PK ⇒ PO = OK.
Точка О — середина MN ⇒ MO = ON.
Углы POM и KON равны как вертикальные.
Треугольники POM и KON равны по двум сторонам и углу между ними (PO = OK, MO = ON, ∠POM = ∠KON).
Из равенства треугольников ∠MPO = ∠NKO, а это накрест лежащие углы при прямых PM и KN и секущей PK.
Следовательно, PM || KN.
Ответ: Доказано, что PM || KN.
№ 1. 2) Прямые AD и ВК параллельны, ∠АВК = 54°, BD — биссектриса угла АВК (рис. 221). Найдите углы треугольника ABD.
Решение:
BD — биссектриса ⇒ ∠ABD = ∠DBK = 54°/2 = 27°.
AD || BK ⇒ ∠BAD = ∠ABK = 54° (накрест лежащие при AD || BK и секущей AB).
В треугольнике ABD:
∠ABD = 27°, ∠BAD = 54°,
∠ADB = 180° − (27° + 54°) = 180° − 81° = 99°? Проверим:
AD || BK, BD — секущая ⇒ ∠ADB = ∠DBK = 27° (накрест лежащие) — это неверно, потому что D лежит на AD, B на BK, но точки A, B, D образуют треугольник, и AD — сторона треугольника, а не вся прямая AD? Уточнение: в условии AD || BK, значит, ∠ADB и ∠DBK — накрест лежащие при параллельных AD и BK и секущей BD ⇒ ∠ADB = ∠DBK = 27°.
Тогда ∠BAD = 180° − (∠ABD + ∠ADB) = 180° − (27° + 27°) = 126°.
Проверка: ∠BAD и ∠ABK — соответственные при AD || BK и секущей AB? Нет, ∠BAD и ∠ABK — накрест лежащие? Если AD || BK, то ∠BAD + ∠ABK = 180°? Нет, это односторонние, если A и B по одну сторону от секущей? Лучше построить: A–D и B–K параллельны, AB пересекает обе прямых. Тогда ∠BAD и ∠ABK — односторонние при параллельных AD и BK и секущей AB ⇒ их сумма 180°.
∠ABK = 54° ⇒ ∠BAD = 180° − 54° = 126°.
Тогда в треугольнике ABD: ∠ABD = 27°, ∠BAD = 126°, ∠ADB = 180° − (27° + 126°) = 27°.
Ответ: 27°, 27°, 126°.
№ 1. 3) Даны два взаимно перпендикулярных диаметра окружности, из которых один делит хорду пополам. Докажите, что хорда и другой диаметр параллельны.
Решение:
Пусть диаметры AB и CD перпендикулярны, O — центр. Диаметр AB делит хорду EF пополам в точке M (M — середина EF).
Тогда OM ⊥ EF (свойство: радиус, проведённый в середину хорды, перпендикулярен ей).
Но AB ⊥ CD, и OM лежит на AB (так как AB — диаметр, проходящий через середину хорды).
Значит, OM ⊥ EF и OM ⊥ CD ⇒ EF || CD.
Ответ: Доказано, что хорда и другой диаметр параллельны.
ПР-3 Вариант 2
№ 2. 1) На прямой а расположены стороны АС и А1С1 треугольников АВС и А1В1С1 (вершины В и В1 находятся по одну сторону от а), АВ = А1В1, АС = А1С1, ∠BAC = ∠B1A1C1. Докажите, что ВС || В1С1.
Решение:
Треугольники ABC и A₁B₁C₁ равны по двум сторонам и углу между ними (AB = A₁B₁, AC = A₁C₁, ∠A = ∠A₁).
Из равенства треугольников ∠ACB = ∠A₁C₁B₁.
Но AC и A₁C₁ лежат на прямой a, значит, BC и B₁C₁ образуют равные соответственные углы с прямой a ⇒ BC || B₁C₁.
Ответ: Доказано, что ВС || В1С1.
№ 2. 2) Прямые AD и ВС параллельны, ∠DAC = 32°, СА — биссектриса угла BCD (рис. 222). Найдите угол CDK.
Решение:
AD || BC ⇒ ∠DAC = ∠ACB = 32° (накрест лежащие при AD || BC и секущей AC).
CA — биссектриса ∠BCD ⇒ ∠ACB = ∠ACD = 32° ⇒ ∠BCD = 64°.
AD || BC ⇒ ∠ADC + ∠BCD = 180° (односторонние) ⇒ ∠ADC = 180° − 64° = 116°.
Угол CDK — смежный с ∠ADC ⇒ ∠CDK = 180° − 116° = 64°.
Ответ: ∠CDK = 64°.
№ 2. 3) Хорда параллельна диаметру окружности, другой диаметр проходит через её середину. Докажите, что эти диаметры взаимно перпендикулярны.
Решение:
Пусть диаметр AB, хорда EF || AB, диаметр CD проходит через середину M хорды EF.
Тогда OM ⊥ EF (радиус к середине хорды).
Но EF || AB ⇒ OM ⊥ AB.
Поскольку OM лежит на диаметре CD, то CD ⊥ AB.
Ответ: Доказано, что эти диаметры взаимно перпендикулярны.
Вы смотрели: контрольная работа по геометрии 7 класс с ответами и решениями «Параллельные прямые» Варианты 1-2. Цитаты из пособия «Математика. Геометрия : 7—9-е классы : базовый уровень : задачник : учебное пособие / Б. Г. Зив, В. М. Мейлер, А. Г. Баханский. — Москва : Просвещение, 2024» использованы в учебных целях. Код материалов: Геометрия 7 Проверочная 3 в12.